看了《组合数学》，再听了学长讲的……感觉三官被颠覆……
如此定义：
或者可以写为
这些函数都是积性函数，满足 \(gcd(i, j) = 1 \implies f(ij) = f(i)f(j)\)。
可能有不完整的地方……
其中可以通过 \(I\) 转化的，都可以通过 \(\mu\) 转换回去。考虑 \(I * \mu = \varepsilon\) 的事实，后面会讲。
根据定义，我们有
即
根据卷积：
在 \(n = p^k\) 时（\(p\) 为质数），有：
所以 \((\varphi * I)(p^k) = p^k\)
将 \(n\) 质因数分解为 \(\prod p^k\)，根据积性函数的定义，可知：
应该把后面看完了再回来看这个……
莫比乌斯函数定义为：
根据： \(\varphi * I = Id_1\)，两边同时卷上 \(\mu\)
有：
对于一个函数 \(f\)，我们可以如下的定义一个函数 \(g\)。
首先设 \(g(1) = \frac 1 {f(1)}\)。
然后令 \(g(x) = - \frac 1 {f(1)} \sum_{d | x, d > 1}^{} {g(d)f(\frac xd)}\)
于是 \((f * g) = \varepsilon\)
展开带入证明即可。
终于到这里了 QwQ
我们定义莫比乌斯函数是 \(I\) 的逆函数，也就是说 \((\mu * I) = \varepsilon\)。
所以，在狄利克雷卷积中：
至于为什么强调狄利克雷卷积……后文会提及。
莫比乌斯函数常用于以下形式
或者可以写作：
而这就是莫比乌斯反演的核心公式。
很简单的公式，根本无需记忆……
和欧拉函数 \(\varphi\) 类似，可以通过线性筛的方法在 \(O(n)\) 内求出。
vector<int> prms;
int mob[N], notp[N];
void getMob(int n) {
mob[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!notp[i])
mob[i] = -1, prms.push_back(i);
for (int p : prms) {
int ip = i * p;
if (ip > n) break;
notp[ip] = 1;
if (i % p == 0) {
mob[ip] = 0;
break;
} else mob[ip] = -mob[i];
}
}
}
这部分虽然不属于莫比乌斯反演，但是在求很多相关问题的时候需要用到。
开篇膜拜 Pecco 大佬：# 算法学习笔记(36): 莫比乌斯反演
核心问题：求解 \(\sum_{i = 1}^n \lfloor \frac ni \rfloor, n \le 10^{12}\)。
不难得知， \(\lfloor \frac ni \rfloor\) 不同的取值只有 \(O(\sqrt n)\) 个，并且是连续的。所以考虑对于每一种取值，求出有其总贡献。问题转化为，对于 \(i\)，需要求出满足 \(\lfloor \frac ni \rfloor = \lfloor \frac nj \rfloor\) 的最大的 \(j\)。
于是设 \(\lfloor \frac ni \rfloor = k\)
也就是说，对于每一个取值 \(\lfloor \frac ni \rfloor\)，最大在 \(\lfloor \frac n{\lfloor \frac ni \rfloor} \rfloor\) 时满足。
于是可以这样写出代码：
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
ans += (r - l + 1) * (n / l);
}
补充：现在我们考虑更极端的情况，例如求：
其中：
写出来 \(n = 1e9\) 的时候可以轻松过掉。其复杂度为 \(O(n^{\frac 34})\)，证明见讨论。
膜拜 @jijidawang in 讨论。
所以见到类似的数论分块套数论分块，大胆的写下去吧！
其实数论分块不仅仅可以解决 \(\lfloor \frac ni \rfloor\) 的问题，也可以套用在 \(\sqrt i\) 的问题上。写法十分类似。这里就不做过多讲解。
莫比乌斯反演的经典套路其实就是 \(\varepsilon, \varphi, \mu, I, Id\) 的灵活应用和转换，以及交换合式的小技巧。
其中有 \(\varepsilon(x) = [x = 1] = \sum_{d|x} \mu (d), Id(x) = x = \sum_{d | x} \varphi(x)\)。
于是对于：
在这里，有一个非常经典的处理方法：提取公因数
也就是枚举 \(gcd(i, j)\)
于是最终利用数论分块求即可。复杂度为 \(O(n + \sqrt {\min(n, m)})\)。
但是代码需要注意，每一次取小步跳：
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
原题：GCD SUM - 洛谷
于是求 \(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^m \gcd(i, j)\) 的方法与结构1类似即可。
于是求 \(\sum_{x = 1}^n \sum_{y = 1}^m \tau(xy)\) 也就很简单了。
原题：YY的GCD - 洛谷
令 \(P\) 表示质数集合，求：
我们首先提取公因数：
于是根据模型1：
接下来是一个非常经典的套路：枚举 \(T = px\)
于是问题转化为求 \(\sum_{p | T, p \in P} \mu(\frac Tp)\) 的前缀和，这样就可以单次询问 \(O(\sqrt n)\)。
这完全可以通过埃氏筛筛出，复杂度 \(O(n \log \log n)\)，十分优秀。
不过也可以通过线性筛筛出（因为这个函数非积性函数，所以这里不展开）。
类似的题还有 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB - 洛谷
问题：\(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m lcm(i, j)\)。
考虑转化为 \(\gcd\)，有
\[lcm(i, j) = \cfrac {i j} {\gcd(i, j)} = \gcd(i, j) \times \cfrac i {\gcd(i, j)} \times \cfrac j {\gcd(i, j)} \]带入原式中，枚举 \(gcd(i, j)\)，有：
\[\begin{aligned} &= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{i = 1}^{\frac nd} \sum_{j = 1}^{\frac md} i j [gcd(i, j) = 1] \\ &= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{i = 1}^{\frac nd} \sum_{j = 1}^{\frac md} i j \sum_{t | gcd(i, j)} \mu(t) \\ &= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{t = 1}^{\frac {\min(n, m)}d} \mu (t) t^2 \sum_{i = 1}^{\frac n{dt}} i \sum_{j = 1}^{\frac m{dt}} j \\ \end{aligned} \]后面部分可以通过 \(g(n) = \frac {n (n + 1)}2\) 简化。
\[= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{t = 1}^{\frac {\min(n, m)}d} \mu (t) t^2 g(\lfloor \frac n{dt} \rfloor) g(\lfloor \frac m{dt} \rfloor) \]于是只需要预处理 \(\mu(t)t^2\) 的前缀和即可。
但是显然数论分块套数论分块不够优秀，考虑继续优化。
所以枚举 \(T = dt\)。
\[= \sum_{T = 1}^{\min(n, m) } g(\lfloor \frac nT \rfloor) g(\lfloor \frac mT \rfloor) T \sum_{t | T} \mu(t)t \]也就是说只需要线性求出 \(\sum_{t | T} \mu(t)t\) 即可（其满足积性）。
问题：\(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \sigma(gcd(i, j))\)
不过这道题要难一些，因为涉及到了更多的操作。
主要就是将询问离线，按照限制的大小一一处理即可。
求 \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \varphi(ij)\)。
需要知道转化式子：
\[\varphi(ij) = \cfrac {\varphi(i) \varphi(j) \gcd(i, j)} {\varphi(\gcd(i, j))} \]将 \(\varphi\) 展开即可证明。
于是可以得到玄妙的式子。
然后通过值域分治求解即可。
……说着简单
化简后有三个函数：
\[\begin{aligned} f(n) &= \sum_{d | n} \cfrac {d \mu (\frac n d)}{ \varphi(d) } \\ g(n, t) &= \sum_{i = 1}^n \varphi(i t) \\ h(n, m, t) &= f(t) * g(n, t) * g(m, t) \\ \end{aligned} \]原式为：
\[\sum_{t = 1}^{\min(n, m)} h(\lfloor \frac nt \rfloor, \lfloor \frac mt \rfloor, t) \]显然，由于 \(h\) 的状态数很恨很多，所以考虑值域分治。
在 \(\frac nt\) 比较大的时候暴力求解，到很小的时候再利用预处理的前缀和快速求解。
类似于 \(\sqrt n\) 分治吧。
于是你可以写出类下的代码：
lint solve(lint n, lint m) { if (n > m) swap(n, m); lint ans = 0; for (lint i = 1; i <= min(n, S); ++i) (ans += h(i, n / i, m / i)) %= mod; for (lint l = S + 1, r; l <= n; l = r + 1) { r = min(n / (n / l), m / (m / l)); ans += t[n / l][m / l][r] - t[n / l][m / l][l - 1] + mod; ans %= mod; } return ans; }其中 \(S\) 表示分治的边界，\(t\) 表示对于 \(h\) 在第三个参数位置的前缀和。
预处理也是很简单：
inline lint h(int t, int n, int m) { return f[t] * g[t][n] % mod * g[t][m] % mod; } void init(lint n = 1e5) { for (lint i = 1; i <= n; ++i) { for (lint j = 1; i * j <= n; ++j) (f[i * j] += (mod + mob[j]) % mod * i % mod * iphi[i] % mod) %= mod; } for (lint t = 1; t <= n; ++t) { g[t].resize(n / t + 1); for (int i = 1; i * t <= n; ++i) g[t][i] = (g[t][i - 1] + phi[i * t]) % mod; } for (int i = 1; i < B; ++i) for (int j = 1; j < B; ++j) { int len = n / max(i, j); t[i][j].resize(len + 2); t[i][j][0] = 0; for (int k = 1; k <= len; ++k) t[i][j][k] = (t[i][j][k - 1] + f[k] * g[k][i] % mod * g[k][j] % mod) % mod; } S = N / B; }很烦写而已。
在这类莫比乌斯反演中，经典的两个套路：
提取公因数
枚举 \(T = px\)
其实在 Pecco 的文章中，对于提取公因数这个方法有更加深刻的阐释。其不仅能应用在只有 \(i, j\) 两个变量的模型中，还可以扩展到更多的变量上。
再次膜拜大佬：# 算法学习笔记(36): 莫比乌斯反演
其实一般讲莫比乌斯反演到这里就没有了，但是我看了《离散数学》中的莫比乌斯反演一章。我发现两者根本不在同一个位阶上……这就是颠覆我认知的原因。
所以这里我还要把莫比乌斯反演扩展出来。
我们考虑这么一个情况：
有集合 \(X\) 和偏序关系 \((P(X), \subseteq)\)，设：
其中：\(G(S) = \sum_{T \subseteq S}F(T)\)。
则可以求得：\(F(S) = \sum_{T \subseteq S}(-1)^{|S| - |T|}G(T)\)
由 \(G\) 求的 \(F\) 的过程称为反解，其中，\((-1)^{|S|-|T|}\) 就是莫比乌斯函数在这种情况下的取值，也称为容斥系数。
顺便回顾一下基本容斥原理：
设 \(A_1, A_2, \cdots, A_n\) 是有限集 \(S\) 的子集（代表 \(n\) 中属性？）定义 \(F(K)\) （\(K\) 为下标集合，\(\subseteq \{1, 2, \cdots, n\}\)）为集合 \(S\) 中 \(\in A_i (i \not\in K)\) 的元素的个数。也就是对于 \(s \in S\)，计数 \(s\) 当且仅当：
\[\forall i \in K, s \notin A_i \qquad \forall j \not\in K, s \in A_j \]于是设 \(G(K) = \sum_{L \subseteq K}F(L)\)，
其计数 \(S\) 中属于 \(j\) 不在 \(K\) 中的所有 \(A_j\) 的元素，以及属于其他的一些集合的元素的个数。因而还有：
\[G(K) = | \bigcap_{i \not\in K} A_i | \]根据上文，有
\[F(K) = \sum_{L \subseteq K} (-1)^{|K| - |L|}G(L) \tag{1} \]此时 \(F(X_n)\quad (X_n = \{1, 2, \cdots, n\})\) 计数的是那些仅属于满足 \(i \not\in X_n\) 的集合 \(A_i\) 的元素，因此：
\[F(X_n) = | \bigcap_{i \in X_n} \overline{A_i}| \]带入 \((1)\) 中可以得到：
\[| \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}| = \sum_{L \subseteq X_n} (-1)^{n - |L|} | \bigcap_{i \not\in L} A_i| \]如过等价的利用 \(L\) 的补集，那么我们有：
\[| \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}| = \sum_{J \subseteq X_n} (-1)^{J} | \bigcap_{i \in J} A_i| \]这就是基本的容斥原理。
为什么突然到这里了……
二项式反演可以说是上面内容的一种特殊形式。其满足：
此时我们可以直接通过集合大小表示：\(F(S) = f(|S|), G(S) = g(|S|)\)
于是对于 \(G(K) = \sum_{L \subseteq K} F(L)\)，合并相同大小的子集，即可得到：
根据反演，也就有：
这也就是二项式反演在此的推导，这里的莫比乌斯函数 \(\mu\)，后文再说。
在此，我们扩展到任意有限偏序集 \((X, \le)\)。不过为了得到莫比乌斯函数，我们首先考虑二元变量。
设 \(\mathbb{F}(X)\) 是满足只要 \(x \not \le y\) 就有 \(f(x, y) = 0\) 的所有实数函数的集合。
我们如此定义卷积 \(h = f * g\)：
不难证明卷积满足结合律，这部分留个读者思考。
于是，我们重新定义如下函数：
至于莫比乌斯函数，与上文的定义类似，也就是 \(\zeta\) 的逆函数：
于是通过卷积的定义，我们得到：
或等价的：
而等式 \((2.1)\) 意味着，对于所有的 \(x\):
以及：
至于莫比乌斯反演，无非还是：
于是我们重新思考二项式反演，其实就是偏序集 \((P(X_n), \subseteq)\) 上的莫比乌斯反演。
设 \(A\) 和 \(B\) 是 \(X_n\) 的子集，且 \(A \subseteq B\)，有 \(\mu(A, B) = (-1)^{|B| - |A|}\)。
这可以通过归纳假设证明，这里不过多展开。
开篇讲的狄利克雷卷积上的莫比乌斯反演，其实就是偏序集 \((\Z, |)\) 上的莫比乌斯反演。
这东西谁都知道，一元的莫比乌斯函数 \(\mu(x)\) 怎么求。不过我们的目标是计算该偏序集的 \(\mu(a, b)\)。
但是，由于如果 \(a | b\) 则 \(\mu(a, b) = \mu(1, \frac ba)\)。所以我们只需要算 \(\mu(1, x)\) 即可。
而 \(\mu(x)\) 其实就是 \(\mu(1, x)\) ……
考虑离散傅立叶变换。
越扯越远了……QwQ
不了解离散傅立叶变换的可以参考：算法学习笔记(17): 快速傅里叶变换（FFT）
我们不是有：
我们整理一下重新写出：
根据离散傅立叶逆变换，则有：
其中，\(\frac 1n \omega^{-kx}\) 就是容斥系数，\(\mu(k, x)\)。
最后的最后，提一个题吧：[春季测试 2023] 幂次 - 洛谷。
其实也可以通过容斥（求 \(\mu\)）求解，但并非反演。
参见博客：幂次 - Jijidawang